2023年高考物理总复习试题讲解：第六章第3讲 机械能守恒定律及其应用（含答案）

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1、第3讲机械能守恒定律及其应用目标要求1.会判断研究对象在某一过程机械能是否守恒.2.能应用机械能守恒定律解决具体问题考点一机械能守恒的判断1重力做功与重力势能的关系(1)重力做功的特点重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关重力做功不引起物体机械能的变化(2)重力势能表达式：Epmgh.重力势能的特点重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关(3)重力做功与重力势能变化的关系重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大即WGEp1Ep2Ep.2弹性势能(1)定义：发生弹性形变的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有

2、的势能(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加即WEp.3机械能守恒定律(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变(2)表达式：mgh1mv12mgh2mv22.1物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒()2物体做匀速直线运动，其机械能一定守恒()3物体的速度增大时，其机械能可能减小()机械能是否守恒的三种判断方法(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒(2)利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数和为0)，则机械能守

3、恒(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒例1忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是()A电梯匀速下降B物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C物体沿着斜面匀速下滑D拉着物体沿光滑斜面匀速上升答案B解析电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，机械能不守恒，所以A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以B正确；物体沿着斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所以C错误；拉着物体沿光滑斜

4、面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，所以D错误例2(多选)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是()A小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒C小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒D小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒答案BC解析当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中小球对半

5、圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确例3如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，弹簧一直保持竖直，空气阻力不计，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法中正确的是()A小球的动能一直减小B小球的机械能守恒C克服弹力做功大于重力做功D最大弹性势能等于小球减少的动能答案C解析小球开始下落时，只受重力作用做加速运动，当与

6、弹簧接触时，受到弹簧弹力作用，开始时弹簧压缩量小，因此重力大于弹力，速度增大，随着弹簧压缩量的增加，弹力增大，当重力等于弹力时，速度最大，然后弹簧继续被压缩，弹力大于重力，小球开始做减速运动，所以整个过程中小球加速后减速，根据Ekmv2，动能先增大然后减小，故A错误；在向下运动的过程中，小球受到的弹力对它做负功，小球的机械能不守恒，故B错误；在向下运动过程中，重力势能减小，最终小球的速度为零，动能减小，弹簧的压缩量增大，弹性势能增大，根据能量守恒定律，最大弹性势能等于小球减少的动能和减小的重力势能之和，即克服弹力做功大于重力做功，故D错误，C正确考点二机械能守恒定律的应用1表达式2应用机械能守

7、恒定律解题的一般步骤 考向1单物体机械能守恒例4(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面且不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A物体落到海平面时的重力势能为mghB物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mghC物体在海平面上的动能为mv02mghD物体在海平面上的机械能为mv02答案BCD解析物体运动过程中，机械能守恒，所以在任意一点的机械能均相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为mv02，故整个过程中的机械能均为mv02，所以物体在海平面上的机械能为mv02，在海平面上的重力

8、势能为mgh，根据机械能守恒定律可得mghmv2mv02，所以物体在海平面上的动能为mv02mgh，从抛出到落到海平面，重力做功为mgh，所以B、C、D正确例5(2021浙江1月选考20改编)如图所示，竖直平面内由倾角60的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为30，G点与竖直墙面的距离dR.现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力

9、(1)若释放处高度hh0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC；(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？答案见解析解析(1)从A到C，小球的机械能守恒，有mgh0mvC2可得vC(2)小球从A到D，由机械能守恒定律有mg(hR)mvD2根据牛顿第二定律有FN联立可得FN2mg(1)满足的条件hR(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是hR3Rsin R第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则vxtvxd，其中v

10、xvGsin ，vyvGcos 故有vGsin d可得vG2由机械能守恒定律有mg(hR)mvG2可得hR. 考向2不含弹簧的系统机械能守恒问题1解决多物体系统机械能守恒的注意点(1)对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系(3)列机械能守恒方程时，一般选用EkEp或EAEB的形式2几种实际情景的分析(1)速率相等情景注意分析各个物体在竖直方向的高度变化(2)角速度相等情景杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒由vr知，v与r成

11、正比(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等例6质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上，开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为0.8 m，如图所示若摩擦力均不计，从静止开始放手让它们运动(斜面足够长，物体A着地后不反弹，g取10 m/s2)求：(1)物体A着地时的速度大小；(2)物体A着地后物体B继续沿斜面上滑的最大距离答案(1)2 m/s(2)0.4 m解析(1)以地面为参考平面，A、B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有mghmghsi

12、n 30mvA2mvB2因为vAvB，所以vAvB2 m/s.(2)A着地后，B机械能守恒，则B上升到最大高度过程中，有mvB2mgssin 30解得s0.4 m.多个物体组成的系统，应用机械能守恒时，先确定系统中哪些能量增加、哪些能量减少，再用E增E减(系统内一部分增加的机械能和另一部分减少的机械能相等)解决问题例7如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，由绳子通过定滑轮连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上开始时连接圆环的绳子水平，长度l4 m现从静止释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，g取10 m/s2.若圆环下降h3 m时的速度v5 m/s，则A和B的质量关系为()A. B.C. D.

13、答案A解析圆环下降3 m后的速度可以按如图所示分解，故可得vAvcos ，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h3 m时，根据机械能守恒定律可得mghMghAmv2MvA2，其中hAl，联立可得，故A正确例8(2020江苏卷15)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R.在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物重物由静止下落，带动鼓形轮转动重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g.

14、求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h.答案(1)2R(2)(3)(R)2解析(1)重物落地后，小球线速度大小vr2R(2)向心力Fn2m2R设F与水平方向的夹角为，则Fcos FnFsin mg解得F(3)落地时，重物的速度vR由机械能守恒定律得Mv24mv2Mgh解得h(R)2. 考向3含弹簧的系统机械能守恒问题1通过其他能量求弹性势能根据机械能守恒，列出方程，代入其他能量的数值求解2对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相等3物体运动的位移与弹簧的

15、形变量或形变量的变化量有关例9(多选)如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是()A小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大C小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大D小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大答案AD解析在B点时，小球的加速度为g，在BC间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重力

16、外还有弹簧弹力沿竖直方向向下的分力，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；由机械能守恒定律可知，小球从B点运动到C点的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；小球运动到C点时，由于弹簧的弹力为零，合力为重力G，所以小球从C点往下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C错误；D点为小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变量最大，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故D正确例10如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，一劲度系数为k200 N/m的轻质弹簧一端固定在挡板C上，另一端连

17、接一质量为m4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，B距地面足够高用手托住物体B使绳子刚好伸直且没有拉力，然后由静止释放取重力加速度g10 m/s2.求：(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小；(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；(3)物体A的最大速度的大小答案(1)30 N(2)20 cm(3)1 m/s解析(1)弹簧恢复原长时，对B：mgFTma对A：FTmgsin 30ma代入数据可求得：FT30 N.(2)初态弹簧压缩量x110 cm当A速度最大时有FTmgkx2mgsin 30弹簧伸长量x210 cm

18、所以A沿斜面向上运动x1x220 cm时获得最大速度(3)因x1x2，故弹簧弹性势能的改变量Ep0由机械能守恒定律有mg(x1x2)mg(x1x2)sin 302mv2解得v1 m/s.课时精练1.在大型游乐场里，小明乘坐如图所示匀速转动的摩天轮，正在向最高点运动对此过程，下列说法正确的是()A小明的重力势能保持不变B小明的动能保持不变C小明的机械能守恒D小明的机械能减少答案B解析摩天轮在转动的过程中，小明的高度不断发生变化，小明的重力势能也在发生变化，故A错误；由于摩天轮匀速转动，所以小明的动能保持不变，故B正确；小明所具有的机械能等于他的动能与重力势能之和，当其上升时，机械能增加，故C、D

19、错误2.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是()A斜劈对小球的弹力不做功B斜劈与小球组成的系统机械能守恒C斜劈的机械能守恒D小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量答案B解析不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B正确；斜劈动能增加，重力势能不变，故斜劈的机械能增加，C错误；由系统机械能守恒可知，小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量和小球动能的增加量之和，D错误；斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90，故弹力做负功，A错误3(多选)如图甲所示

20、，轻弹簧竖直固定在水平地面上，t0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落， 如此反复过程中弹簧的弹力大小F随时间t的变化关系如图乙所示不计空气阻力，则()At1时刻小球的速度最大Bt2时刻小球所受合力为零C以地面为零重力势能面，t1和t3时刻小球的机械能相等D以地面为零重力势能面，t1至t3时间内小球的机械能先减小后增加答案CD解析t1时刻小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力相等时，加速度减为零，此时速度达到最大，故A错误；t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大

21、，小球运动到最低点，速度等于零，加速度竖直向上，故t2时刻小球所受合力不为零，故B错误；以地面为零重力势能面，t1和t3时刻弹力为零，则弹簧处于原长，弹性势能为零，则在这两个时刻小球的机械能相等，故C正确；以地面为零重力势能面，t1至t3时间内，弹簧的长度从原长到压缩至最短又回到原长，则弹性势能先增大后减小，根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒，可知小球的机械能先减小后增大，故D正确4(2021海南卷2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中如图所示，滑梯顶端到末端的高度H4.0 m，末端到水面的高度h1.0 m取重力加速度g10 m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气

22、阻力则人的落水点到滑梯末端的水平距离为()A4.0 m B4.5 m C5.0 m D5.5 m答案A解析人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgHmv2，解得v4 m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据hgt2可知t s s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为xvt4 m4.0 m，故选A.5质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球处有一个光滑固定转轴O，如图所示现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(重力加速度为g)()A小球P在最高位置的速度大小为B小球

23、Q在最低位置的速度大小为C小球P在此过程中机械能增加量为mgLD小球Q在此过程中机械能减少mgl答案C解析Q球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P运动到最高点的速度为v2，整个系统机械能守恒，有2mgLmg2mv12mv22，又由于两球都绕O点转动，角速度相同，因此v12v2，解得v1，v2，A、B错误；在此过程中，小球P机械能增加量Emgmv22mgL，由于整个系统机械能守恒，因此小球Q机械能减少量也为mgL，C正确，D错误6如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高将A由静止释

24、放，B上升的最大高度是()A2R B.C. D.答案C解析设B球的质量为m，则A球的质量为2m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR(2mm)v2mgR，B球继续上升的过程由动能定理可得mgh0mv2，联立解得h，B球上升的最大高度为hRR，故选C.7.(2022武汉东湖区联考)如图所示，有一条长为L1 m的均匀金属链条，有一半在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30，另一半竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)()A2.5 m/s B. m/sC. m/s D. m/s答案A解析

25、设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E2mgsin 302mgmgL，链条全部滑出后，动能为Ek2mv2，重力势能为Ep2mg，由机械能守恒定律可得EEkEp，即mgLmv2mgL，解得v2.5 m/s，故A正确，B、C、D错误8.如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点，开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是()Aa球下滑过程中机械能保持不变Bb球下滑过程中机械能保持不变Ca、b球都滑到水平轨道上

26、时速度大小均为D从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR答案D解析对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgRmg(2R)2mv2，解得v，选项C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得WmgRmv2，联立v，解得WmgR，故D正确9.(多选)如图所示，质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O在O的正下方，C是

27、AO段的中点，30.现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的有()A下滑过程中小球的机械能守恒B小球滑到B点时的加速度大小为gC小球下滑到B点时速度最大D小球下滑到C点时的速度大小为答案BD解析下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得mgcos 30ma，解得ag，故B正确；到达B点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；因为C是AO段的中点，30，所以当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在A、C两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转

28、化为小球的动能，所以得mgl0mvC2，解得vC，故D正确10.(多选)如图所示，质量为m的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M2m.与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为d3 m，定滑轮大小及质量可忽略现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g10 m/s2，则下列说法正确的是(sin 530.8，cos 530.6)()AA、C间距离为4 mB小环最终静止在C点C小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能D当小环下滑至绳与杆的夹角为60时，小环与物块的动能之比为2

29、1答案AD解析小环运动到C点时，对系统，由机械能守恒得：mgLACMg(d)，解得：LAC4 m，故A正确；假设小环最终静止在C点，则绳中的拉力大小等于2mg，在C点对小环有：FTmg2mg，所以假设不成立，小环不能静止，故B错误；由机械能守恒定律可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度vMvmcos 60，又有M2m，可知小环与物块的动能之比为21，故D正确11.如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运

30、动不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g，则()Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg答案D解析当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功，A错误；a落地时，b的速度为零，根据系统机械能守恒得：mghmva2，解得va，B错误；b的速度在整个过程中先增大后减小，杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以杆对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，杆对a是斜向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，C错误；

31、a、b及杆系统的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到杆的推力为零，b只受到重力和支持力的作用，结合牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，D正确12.如图所示，倾角为37的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R1 m，将滑块由B点无初速度释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，xAB2 m，滑块可视为质点，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)滑块在斜面上第一次下滑到A点的时间；(2)若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速度释放，释放点至少应距A点多远答案(1)1 s(2)5.75 m解析(1)设滑块第一次到达A点的速

32、度为vA，以A点所在水平面为参考平面，从A到C过程，根据机械能守恒定律有mvA2mgRcos 37从B到A过程，滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可知vA22axABvAat联立各式解得a4 m/s2，t1 s(2)设滑块能从D点抛出的最小速度为vD，在D点，由重力提供向心力，有mgm从A到D由机械能守恒定律有mvA2mgR(1cos 37)mvD2又vA22ax联立各式解得x5.75 m.13.轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示物块P与AB间的动摩擦因数0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围答案(1)2l(2)mmPmPg4lP最多到C点且不脱轨EpmPg4lmPgl则mmPm.